Tarea 2 Redes de Computadores IE0425 IIC15 2.3 (10%). Los canales de TV tienen un ancho de banda de 6 MHz. Cuantos bits/seg se pueden enviar si se usan señales de cuatro niveles? Suponga que el canal no tiene ruido. Como suponemos que el canal no tiene ruido, se puede utilizar el teorema de Nyquist para calcular la cantidad de bits/seg que se pueden enviar. V = 4 (niveles) y B = 6 MHz. 2.4 (10%). Si se envía una señal binaria por un canal de 3 KHz cuya relación señal a ruido es de 20 dB, Cuál es la tasa de datos máxima que se puede obtener? Acá se está dando el dato de la Relación de Señal a Ruido SNR, por lo que se puede aplicar el teorema de Shannon tomando en cuenta que *S/N no está en dB. ( ) ( ) ( ( ( )) ( ( )) ) Analizando el mismo caso con el teorema de Nyquist, para V=2 (porque es una señal binaria) y B = 3 KHz se tiene: Comparando ambos casos (Shannon [para una SNR dada] vs Nyquist [sin tomar en cuenta el ruido del canal]), utilizando el peor de ellos se tendría C = 6 Kbs. 2.6 (10%). Cuáles son las ventajas de la fibra óptica con respecto al cobre como medio de transmisión? Hay alguna desventaja al usar fibra óptica en vez de cobre? Ventajas: - La fibra óptica puede manejar anchos de banda mucho mayores que el cobre. La fibra óptica presenta una baja atenuación, requiere aproximadamente una repetidora cada 50 Km, mientras que el cobre una repetidora cada 5 Km. A la fibra óptica no le afectan las sobrecargas de energía, la interferencia electromagnética ni los cortes en el suministro de energía. No se ve afectada por sustancias corrosivas del aire. La fibra óptica es delgada y ligera en comparación con el cobre. La fibra óptica no se ve afectada por sustancias corrosivas en el aire. La fibra óptica no tienen fugaz de luz y son difíciles de intervenir por los espías. Desventajas: - La fibra óptica es una tecnología poco familiar y requiere habilidades especiales por parte de los ingenieros. La fibra óptica se puede dañar con facilidad si se doblan demasiado. La fibra óptica por naturaleza es unidireccional, por lo que dos fibras o dos bandas de frecuencia en una misma fibra para hacer la comunicación bidireccional. Las interfaces de las fibras ópticas cuestan más dinero que las interfaces eléctricas. Carlos Eduardo Mesén Alvarado A63592 1 Tarea 2 Redes de Computadores IE0425 IIC15 2.23 (10%). Cuál es la máxima tasa de bits alcanzable en un modem telefónico que utiliza el standard V32 si la tasa de baudios es de 1200 y no utiliza ningún tipo de corrección de errores. El estándar V.32, utiliza 32 puntos de constelación, para transmitir 4 bits de datos y 1 bit de verificación por símbolo. Cómo no se usa ningún tipo de corrección de errores, se pueden usar los 5 bits para trasmitir símbolos. Siendo 1200 baudios la cantidad de símbolos trasmitidos, por lo tanto: La máxima tasa de bits es: 2.26 (10%). Por qué se fijó el tiempo de muestreo de PCM en 125 useg? Porque para trasmitir voz, se definió un ancho de banda de 4 KHz, ya que en las comunicaciones telefónicas, las frecuencias emitidas en una llamada, pueden ser escuchadas por el receptor con una calidad aceptable a 4 KHz, con lo cual utilizo este ancho de banda para las redes telefónicas. Según el teorema de Nyquist, para poder capturar toda la información del canal, se debe muestrear a dos veces la frecuencia máxima, por lo que si la frecuencia máxima (fm) del canal telefónico es 4 KHz, basta muestrear esa señal a 8 KHz y el tiempo de muestreo (tm) es: tm=1/fm=1muestra/8KHz = 125 useg/muestra. Preguntas Adicionales (50%). 1) (40%). Si de acuerdo a la fórmula de Capacidad de Shannon, un canal telefónico típico no puede transmitir a velocidades superiores a los 35 Kbps, investigue como se hace en el estándar V.90 para transmitir a 56Kbps? Explique haciendo un diagrama de una red telefónica para explicarlo. Figura 1. Representación del estándar V.90. Haciendo referencia a la figura 1, de izquierda a derecha, primero, en la oficina final de la compañía telefónica, los datos se convierten a un formato digital para transmitirlos dentro de la red telefónica. El límite de 35 Kbps es para el caso en el que hay dos lazos locales, uno en cada extremo, como cada uno de ellos agrega ruido a la señal, si nos deshacemos de uno de esos lasos, podríamos aumentar la SNR, por lo que se duplicaría la tasa máxima de transmisión, de esta manera se logra hacer que los módems funciones a 56 Kbps. Uno de los extremos por lo general a un ISP, recibe una transmisión digital de alta calidad de la oficina final más cercana. Así cuando un extremo de la conexión es una señal de alta calidad, como en la mayoría de los ISP actuales, la tasa máxima de transmisión de datos puede ser de hasta 70 Carlos Eduardo Mesén Alvarado A63592 2 Tarea 2 Redes de Computadores IE0425 IIC15 Kbps. Entre usuarios domésticos con módems de y líneas analógicas, el máximo sigue siendo los 33.6 Kbps iniciales. La razón por la que se utilizan módems de 56 Kbps en vez de 70 Kbps está relacionada con el teorema de Nyquis, pues para transportar un canal telefónico dentro del sistema telefónico se usan muestras digitales. Cada canal telefónico tiene 4 KHz de amplitud cuando se incluyen las bandas de guarda. Por ende, el número de muestras por segundo necesario para reconstruirlos es de 8 KHz. El número de bits por muestra en USA es de 8, de los cuales uno se puede usar para propósito de control, con lo que se obtienen los 56 Kbps de datos para el usuario. En Europa los 8 bits están disponibles para los usuarios, por lo que se podrían haber utilizado los módems de 64 Kbps, pero para usar un estándar internacional, acordaron usar los módems de 56 Kbps. 2) (10%) Para una fibra monomodo, que tiene una atenuación de 0.25 dBs/Km, determine la potencia en mw a 10 Kms, usando un transmisor de 0.1 mwatts. Suponga que se necesitan 5 empalmes mecánicos, que tienen una pérdida de 0.2 dBs y se requieren de dos conectores ópticos con pérdidas de 0.5 dBs. Datos del problema. - Atenuación para la fibra óptica monomodo: 0.25 dB/Km - Distancia a 10 km - Transmisor 0.1mWatts - 5 empalmes mecánicos con pérdidas de 0.2dB - 2 conectores ópticos con pérdidas de 0.5dB Solución. Pérdidas por atenuación a 10 Km: Pa = 0.25 dB/Km * 10 Km = 2.5 dB Perdías por empalmes mecánicos: Pe = 5*0.2 = 1 dB Perdidas por conectores ópticos: Po = 2*0.5 = 1 dB Pérdidas totales: Pt = Pa + Pe + Po = 2.5 dB + 1 dB + 1dB = 4.5 dB Referencias: Andrew Tanenbaum, David Wetheral .Redes de Computadores, 5ta Edición. Mexico: Pearson Educación, 2012. RECOMENDACIÓN UIT-T V.90. Consultado el sábado 5 de Septiembre de 2015, disponible en: https://www.itu.int/rec/T-REC-V.90-199809-I/en Carlos Eduardo Mesén Alvarado A63592 3